Тема Дополнительные построения в планике

Обратный ход и построения от обратного

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела дополнительные построения в планике

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#103658

Выразите сторону четырёхугольника, обозначенную буквой $x$ на рисунке, через его стороны $a$ и $b$ .

$PIC$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Продлим AD и BC до пересечения в точке O. Какие углы треугольника AOB можно выразить?

Подсказка 2

Верно! Угол ∠OAB равен 60° из смежных углов, а из прямоугольного треугольника DOC легко получить, что ∠AOB равен 60°. А что тогда можно сказать о треугольнике AOB?

Подсказка 3

Точно! Он является правильным. Тогда AO = OB = AB = b. Можно ли тогда теперь связать стороны треугольника DOC?

Подсказка 4

DOC — прямоугольный треугольник с углом в 30°, поэтому OC = 2OD. А как выражаются OC и OD через a, b и BC?

Показать ответ и решение

Продлим прямые $AD$ и $BC$ до пересечения друг с другом. Пусть они пересекаются в точке $O.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $OAB.$ $∘ ∘ ∠OAB = 180 − ∠DAB = 60$ по свойству смежных углов. $∘ ∘ ∠AOB = 90 − ∠DCO =60 ,$ так как сумма острых углов прямоугольного треугольника $DOC$ равна $∘ 90.$ Получается, в треугольнике $AOB$ два угла равны $∘ 60 ,$ а, значит, третий его угол так же равен $∘ 60,$ то есть треугольник правильный. Отсюда $OA = OB =AB = b.$

Заметим, что $CDO$ — прямоугольный треугольник с углом $∘ 30.$ Отсюда

OC =2OD = 2(OA+ OD )= 2(b+ a)

Тогда $BC = OC − OB =2b+ 2a− b=2a+ b.$

Ответ:

$2a+ b$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#78109

В треугольнике $ABC$ проведена медиана $BD,$ а на продолжении стороны $BC$ за точку $B$ отмечена точка $F.$ Прямая $FD$ пересекает сторону $AB$ в точке $E,$ причем площади треугольников $FBE$ и $AED$ оказались равные. Докажите, что равны площади треугольников $FEC$ и $AEC.$

Показать доказательство

Последнее равенство площадей равносильно тому, что $CE$ это медиана в треугольнике $ACF.FD$ тоже медиана треугольника $ACF.$ То есть $E$ должна быть точкой пересечения медиан. Заметим, что точка $E$ задаётся однозначно, поэтому отметим $′ E$ на $F D$ в отношении $2$ к $1.$

$PIC$

Давайте докажем, что $′ E = E .$ Проведём для начала медиану $′ AE$ до пересечения с $FC$ в точке $A1.$ Известно, что в таком случае равны площади треугольников $′ FA1E$ и $′ AE D.$ Но мы знаем, что площадь $AED$ равна площади $F EB$ из условия. Получаем противоречие. Значит, точки $E$ и $E′$ совпадают.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#82678

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена биссектриса $AK$ . Диаметр $XY$ его описанной окружности перпендикулярен прямой $AK$ (порядок точек на описанной окружности $B − X− A − Y − C$ ). Окружность, проходящая через точки $X$ и $Y$ , пересекает отрезки $BK$ и $CK$ в точках $T$ и $Z$ соответственно. Докажите, что если $KZ = KT$ , то $XT ⊥Y Z$ .

Источники: СПБГОР - 2024, 11.3 (см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если сделать аккуратный чертеж, то кажется, что продолжения ХТ, АК и YС пересекаются в одной точке на описанной окружности треугольника АВС.

Подсказка 2

Предыдущий факт сложно доказывать напрямую, стоит применить обратный ход.

Подсказка З

Обозначим пересечение луча АК с описанной окр-тью АВС за L. Пересечение LХ и LY с ВС обозначим Т₁ и Z₁. Хотим показать, что XТ₁Z₁Y является вписанным. Используя, что дуги ВL и LС равны (из-за биссектрисы), можно посчитать сумму противоположных углов данного четырехугольника. Следующий шаг — показать равенство Т₁К и КZ₁.

Подсказка 4

Чтобы показать равенство Т₁К и КZ₁:

Подсказка 5

Осталось показать, что такой четырехугольник единственный. Пересечением чего является центр описанной окружности вписанного четырехугольника? Посмотрите, где лежит центр окружности описанной около XT₁Z₁Y.

Показать доказательство

Применим обратный ход. Обозначим пересечение луча $AK$ с $(ABC )$ за $L.$ Пересечение $LX$ и $LY$ с $BC$ обозначим $T 1$ и $Z. 1$ Теперь нам надо доказать, что $XY Z1T1$ вписанный и $KZ1 = KT1,$ так как получится, что точки $T$ и $Z$ из условия совпадают с ними.

$PIC$

∠XY L = ⌣-LYX-= ⌣-XY-B+-⌣-BY-L = ⌣-BT1X+-⌣-LT1C-=∠LT1C 2 2 2

Тогда получили, что $T1XY Z1$ вписанный, так как внутренний угол равен противоположному внешнему. Теперь обратим внимание на то, что треугольники $XYL$ и $T1Z1L$ подобные, а в прямоугольном треугольнике высота и медиана образуют равны углы со сторонами. Поэтому так как $LK$ высота в треугольнике $XY L,$ то $LK$ является медианой в треугольнике $LT1Z1.$ Значит, $K$ середина $T1Z1,$ откуда получаем то, что мы хотели в начале.

Заметим, что четырехугольник из условия единственный, ведь его центр лежит на серединном перпендикуляре к $XY$ и на перпендикуляре к $BC,$ восставленному в $K.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#86025

В равнобедренном треугольнике $ABC (AB = BC )$ проведена биссектриса $AD.$ На основании $AC$ отмечена такая точка $E,$ что $AE = DC.$ Биссектриса угла $AED$ пересекает сторону $AB$ в точке $F.$ Докажите, что $∠AF E =∠DF E.$

Показать доказательство

$PIC$

Проведем биссектрису $CL$ угла $ACB.$ Так как треугольник $ABC$ равнобедренный, $AL =DC =AE,$ из чего полу чаем, что треугольник $ALE$ тоже является равнобедренным. Пусть $∠BAC = ∠BCA = 2α,$ тогда $∠ALE =∠AEL = 90∘− α.$ Кроме того, $BL = BA − LA = BC − DC = BD,$ откуда $LD ∥ AC.$ В силу данной параллельности $∠LDA = ∠DAE = α= ∠LAD,$ и треугольник $ALD$ равнобедренный. Таким образом, в четырехугольнике $ALDE$ стороны $LD$ и $AE$ равны и параллельны, следовательно, $ALDE$ — параллелограмм, но $AL= AE,$ следовательно, $ALDE$ — ромб. По свойству ромба $EL$ является биссектрисой угла $AED,$ т. е. точки $L$ и $F$ совпадают. Как мы уже знаем, $∠ALE = ∠DLE,$ чтд.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#32436

Пусть дан треугольник $ABC,$ вписанная окружность $ω$ с центром в $I$ которого касается сторон $BC,AC$ и $AB$ в точках $K ,K 1 2$ и $K3.$ Обозначим через $M1$ середину стороны $BC.$ Обозначим через $T1$ точку касания вневписанной окружности, лежащей напротив точки $A,$ с прямой $BC.$ Введём точку $P :$ вторую точку пересечения отрезка $AT1$ со вписанной окружностью, считая от точки $A.$ Докажите, что $M1P$ касается вписанной окружности.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте будем целиться в утверждение, что отрезок M₁ P равен имеющемуся отрезку касательной M₁ K₁. Но ведь мы знаем, что M₁ K₁ = M₁ T₁. Это что это тогда должно получаться?

Подсказка 2

Должно оказаться, что M₁ P это медиана, проведённая из вершины прямого угла. Но откуда там должен возникнуть прямой угол?

Подсказка 3

Аа, этот угол с тем, который опирается на диаметр! Осталось вспомнить, что диаметр мы получали на вебе: A T₁ пересекает вписанную окружность в точке, диаметрально противоположной точке K₁

Показать доказательство

$PIC$

Поскольку $DK1$ — диаметр вписанной окружности, то $∠DPK1 = ∠T1PK1 = 90∘.$ Кроме того, нам известно, что $CT1 = BK1,CM1 =BM1 =⇒ T1M1 = M1K1,$ то есть $P M1$ — медиана прямоугольного треугольника и $⌢ P M1 = M1K1 =⇒ ∠K1P M1 = ∠M1K1P = PK21 ,$ поскольку $M1K1$ — касательная. Заметим, что если провести в точке $P$ касательную, то она будет образовывать тот же угол с отрезком $P K1,$ откуда $PM1$ с ней совпадает, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#36677

Прямые, симметричные диагонали $BD$ четырехугольника $ABCD$ относительно биссектрис углов $B$ и $D,$ проходят через середину диагонали $AC.$ Докажите, что прямые, симметричные диагонали $AC$ относительно биссектрис углов $A$ и $C,$ проходят через середину диагонали $BD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ура, опять задача про диагонали гармонического четырёхугольника! Постойте-ка. Внимательно читаем условие, а там... нет вписанности. И что же делать?

Подсказка 2

Вписанность нужно доказать! Только вписанный четырёхугольник может называться гармоническим, тогда сведём задачу к хорошо известной.

Подсказка 3

Мой дед однажды дал такой совет: не знаешь, как доказывать, --- попробуй от противного! Давайте прислушаемся к совету опытных людей и отметим якобы другую точку D' на прямой BD, которая лежит на описанной около ABC окружности. Что тогда можно сказать?

Подсказка 4

А вот и возник гармонический четырёхугольник! Что мы про него помним? Например, имбовый факт, что стороны BC и CD' видны под одним и тем же углом из середины диагонали AC. Супер. Тогда осталось доказать, что CD видна под тем же углом

Подсказка 5

Вам нужно доказать, что AC является биссектрисой в треугольнике с вершинками B,D и серединой диагонали AC, Ну же, осталось совсем чуть-чуть! Покажите свою геометрическую мощь и знания симедиан

Показать доказательство

$PIC$

Пусть $M$ – середина $AC,L$ – точка пересечения диагоналей. По свойству симедианы $AL :CL =$ $AB2 :CB2$ и $AL :CL =AD2 :CD2.$ Получаем, что $AB :BC = AD :CD,$ откуда с учётом свойства биссектрисы имеем, что основания биссектрис треугольников $ABC$ и $ADC$ на стороне $AC$ совпадают. Но тогда точка пересечения биссектрис треугольника $BMD$ лежит на $AC,$ то есть $AC$ — тоже биссектриса этого треугольника. Следовательно, $∠BMC =∠CMD.$

Пусть описанная окружность треугольника $ABC$ пересекает прямую $BD$ в точке $E.$ Вписанные углы, опирающиеся на одну дугу равны: $∠BCA = ∠BEA,∠ECA =∠EBA.$ Из этих двух равенств по теореме о сумме углов в треугольнике следует $∠BMC = ∠CME.$

Значит, лучи $MD$ и $ME$ совпадают. Тогда и их точки пересечения с прямой $BD$ совпадают: $D = E,$ а четырёхугольник $ABCD$ из условия является гармоническим (он вписан в окружность и произведения противоположных сторон равны). У гармонического четырёхугольника обе диагонали являются симедианами соответствующих треугольников, так что утверждение задачи получено.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#37112

Пусть $O$ — центр описанной около треугольника $ABC$ окружности, а $M$ — середина стороны $BC.$ Окружности, описанные около треугольников $AMO$ и $ABC$ вторично пересекаются в точке $D.$ Докажите, что прямые $AD$ и $AM$ симметричны относительно биссектрисы угла $BAC.$

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Пусть в окружности около $ABDC$ градусная мера дуги $AB$ равна $2β$ , дуги $BD$ — $2α.$ Тогда $∠AOD = 2(α +β)$ , а $∠OAD =90∘− α− β.$ В окружности около $AOMD$ равны вписанные углы, поэтому $∠AMD = 2α+ 2β$ и сумма противоположных углов равна $180∘$ , поэтому $∠OMD = 90∘+ α+ β.$ В силу того, что $OM ⊥ BC$ , получаем $∠DMB = α+ β = ∠BMA$ . Вписанный четырёхугольник с таким свойством является гармоническим, а его диагонали содержат симедианы соответствующих им треугольников.

Второе решение.

$PIC$

Пусть прямая, симметричная $AM$ относительно биссектрисы, пересекается с описанной окружностью $△ABC$ в точке $E.$ Тогда четырёхугольник $ABCE$ — гармонический, а его диагональ $MB$ является биссектрисой $AME.$ Угол $AMB$ составляет половину от угла $AME$ и равен полусумме градусных мер дуг $AB$ и $CF$ . А дуга $CF$ равна дуге $BE$ , так как они опираются на равные углы. Отсюда сам угол $AME$ равен сумме градусных мер дуг $AB$ и $BE$ , то есть градусной мере дуги $AE$ , которой также равен центральный угол $AOE.$

Итак, углы $AOE$ и $AME$ равны, поэтому точка $E$ лежит на описанных окружностях $△AMO$ и $△ABC,$ следовательно, совпадает с точкой $D$ из условия задачи.

Третье решение.

$PIC$

Пусть касательные к описанной окружности треугольника $ABC$ из точек $B$ и $C$ пересекаются в точке $P$ . Заметим, что эти касательные не могут быть параллельны, ведь тогда $∠A= 90∘$ и $M = O$ , а по условию нам дан треугольник $AMO.$

Пусть $AP$ пересекается с описанной около $ABC$ окружностью в точке $E.$ По теореме о касательной и секущей

2 PE ⋅P A= PC

Из прямоугольного $△OCP$ ( $∠PCO = 90∘$ , как угол между касательной и радиусом), в котором $CM$ — высота:

2 P C = PM ⋅PO

ИЗ $P E⋅PA = PM ⋅PO$ следует, что точка $E$ лежит на описанной окружности треугольника $AMO$ , а из построения — на описанной окружности треугольника $ABC$ . Но окружности не могут пересекаться в трёх различных точках $A,D,E$ , так что $E = D$ .

Осталось заметить, что по основной теореме о симедиане прямая $AD$ симметрична медиане $△ABC$ относительно его биссектрисы.

Замечание.

Cама задача выражает следующий факт: окружность, проходящая через концы одной диагонали гармонического четырёхугольника и центр описанной около него окружности, делит другую его диагональ пополам.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#49004

Пусть $A$ и $B$ — две различные фиксированные точки окружности, $C$ — произвольная точка этой окружности, отличная от $A$ и $B$ , $MP$ — перпендикуляр, опущенный из середины $M$ хорды $BC$ к хорде $AC.$ Доказать, что прямые $PM$ при любом выборе $C$ проходят через некоторую общую точку $T.$

Источники: Всесиб-2018, 11.5 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если на одной и той же окружности при фиксированных A и B проделать указанные действия с разными C, можно попробовать угадать, в каком примерно месте находится общая точка :) Т.к. фиксированные именно A и B, попробуем как-то связать их с общей точкой.

Подсказка 2

Пусть D - предполагаемая точка. Тогда проведём прямую BD до пересечения с окружностью в новой точке E и попробуем понять что-то интересное об этой прямой... Быть может, связать это с С и с тем, что М - середина BC, ведь не зря нам даны эти условия?

Подсказка 3

Попробуем доказать, что все прямые MP проходят через D - середину отрезка на перпендикуляре, восстановленном в B к AB и проведенного до пересечения с окружностью. Для этого проведем всё то, что указано в подсказке 2, с помощью вписанности, параллельности и не забывая о том, что M - середина BC, докажем, что D лежит на MP!

Показать ответ и решение

$PIC$

Проведем перпендикуляр $EB$ к $AB$ так, чтобы $E$ лежало на окружности и отметим середину $EB$ как $D$ . Тогда (так как $BECA$ вписанный по построению) $∘ ∠ECA = 90$ . $DM$ — средняя линия треугольника $BEC$ и поэтому $DM ∥EC$ . Пусть $DM$ пересекает $AC$ в точке $′ P$ . Так как $DP ∥EC$ , то $′ MP ⊥AC$ , и значит, точки $P$ и $′ P$ совпадают.

Итак, независимо от выбора точки $C$ на окружности описанная в условии прямая $MP$ проходит через фиксированную точку $D$ - середину отрезка на восставленном из точки $B$ перпендикуляре, продолженном до пересечения с окружностью.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#105110

Внутри треугольника $ABC$ взята такая точка $D,$ что $∠ABD = ∠CBD = 40∘,$ $∠ACD = 20∘,∠CAD = 30∘.$ Найдите:

a) углы $∠BAD$ и $∠BCD;$

б) расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников $ABC$ и $BCD,$ если $BC = 3.$

Источники: ПВГ 2018

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Что можно сказать о расположении точки D? Быть может, она не так случайно построена, как кажется ;) Давайте посчитаем некоторые углы на картинке!

Пункт а, подсказка 2

D лежит на биссектрисе угла B! А чему равен ∠ADC? Так ли много таких точек?)

Пункт а, подсказка 3

Докажите, что D — точка пересечения биссектрис треугольника ABC!

Пункт б, подсказка 1

Отлично, теперь мы знаем углы и одну сторону треугольников, у которых изучаем описанные окружности! Какая теорема может нам в этом помочь?

Пункт б, подсказка 2

Воспользуйтесь теоремой синусов для треугольников ABC и BDC!

Пункт б, подсказка 3

Ого, у нас окружности с равными радиусами! Что тогда можно сказать про отрезок между их центрами? Как он пересекает общую хорду?

Пункт б, подсказка 4

Отрезок, соединяющий центры окружностей с равными радиусами, делится общей хордой пополам ;)

Показать ответ и решение

$PIC$

По теореме о сумме углов в треугольнике $∘ ∘ ∘ ∘ ∠ADC =180 − 20 − 30 = 130 .$ Пусть $I$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности. Тогда угол между биссектрисами $∘ 1 ∘ ∠AIC =90 + 2∠ABC = 130 .$ Получается, что из точек $D$ и $I$ отрезок $AC$ виден под одинаковым углом, тогда они лежат на одной окружности вместе с $A,C$ . При этом из условия следует, что ещё они обе лежат на одной прямой (на биссектрисе угла $ABC$ ), поэтому либо совпадают, либо являются противоположными вершинами прямоугольника (вписанного параллелограмма) $ADCI$ . Но так как $130∘ ⁄=90∘,$ то может быть только случай $D≡ I.$ Следовательно, $∠BAD =∠CAD =30∘$ и $∠BCD =∠ACD = 20∘$ .

Замечание. Для доказательства $D = I$ можно было также воспользоваться условием, что точка $D$ дана внутри треугольника, и упростить часть рассуждений.

б)

$PIC$

Радиус окружности, описанной вокруг треугольника $ABC$ , равен

--BC-- = -3√--=√3. 2sin60∘ 223

Но

∠BDC = 180∘− 40∘− 20∘ =120∘,

поэтому радиус окружности, описанной вокруг треугольника $BCD$ , также равен

--BC--- √- 2sin120∘ = 3.

Значит, их общая хорда $BC$ пересекает отрезок между центрами в его середине, а длина этого отрезка равна $∘---9 √- 2 3 −4 = 3$ .

Ответ:

а) $30∘$ и $20∘$

б) $√- 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#32583

Окружность с центром $O$ вписана в треугольник $ABC$ и касается его сторон $AB$ , $BC$ и $AC$ в точках $E,F$ и $D$ соответственно. Прямые $AO$ и $CO$ пересекают прямую $EF$ в точках $N$ и $M.$ Докажите, что центр окружности, описанной около треугольника $OMN$ , точка $O$ и точка $D$ лежат на одной прямой.

Источники: Всеросс., 1994, РЭ, 11.3(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Учтите ловушку задачи, что точка О это центр вписанной окружности, а не описанной! На пересечении каких объектов лежит центр вписанной (!) окружности?

Подсказка 2

Конечно! Тогда для работы с биссектрисами углы треугольника удобнее обозначать за 2альфа, 2бетта, 2 гамма. Теперь надо понять: на пересечении каких объектов лежит центр описанной (!) окружности?

Подсказка 3

Давайте отметим точку Т пересечения DO и серединного перпендикуляра к стороне ON. Наша цель - показать, что эта точка T является пересечением всех серединных перпендикуляров, то есть центром описанной окружности. Как можно подступиться к центру окружности в терминах углов?

Подсказка 4

Через центральный и вписанный угол! Нужно доказать, что угол OTN в два раза больше фиксированного угла OMN. Осталось досчитать углы!

Показать доказательство

Первое решение.

$PIC$

Обозначим углы $△ABC$ через $2α,2β,2γ$ . Тогда

∠AOD = ∠TON = 90∘ − α

∠COD = ∠MOT = 90∘− γ

Здесь $T ∈OD$ и выбрана из условия

TO = TN =⇒ ∠TON = ∠TNO = 90∘− α =⇒ ∠OT N = 2α

Заметим, что такое расположение точки $T$ обусловлено тем, что $∠T ON =90∘− α< 90∘$ . Далее $∠BEF = ∠BFE = 90∘ − β$ из равенства отрезков касательных. Тогда

∘ ∘ ∘ ∠CMF = 180 − ∠MF C− ∠MCF =180 − (90 + β)− γ = α

То есть $∠OTN = 2α= 2∠NMO$ , а также эта точка лежит на серединном перпендикуляре к $ON$ в силу выбора $T$ . Тогда она должна являться центром описанной окружности $△OMN$ , поскольку для неё это свойство выполнено, а для точек “выше” и “ниже” на прямой $OD$ $∠OTN$ будет меньше и больше соответственно (то есть точка, из которой видна $ON$ под углом $2α$ всего одна). Здесь важно заметить, что центр описанной окружности лежит именно по эту сторону от $ON$ , поскольку

∘ ∘ ∘ ∠MON =180 − α− γ = 90 +β >90 .

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Продолжим отрезки $AM$ и $CN$ до пересечения в точке $K$ .

$PIC$

Из леммы $255$ получаем, что $CM$ и $AN$ — высоты треугольника $AKC$ , а $O$ — его ортоцентр. Поскольку $OD ⊥ AC$ , то точка $D$ — основание третьей высоты треугольника $AKC$ . Точки $N$ и $M$ лежат на окружности с диаметром $OK,$ поэтому центр этой окружности, как и точка $O,$ лежит на прямой $KD.$